LM-125 Calcul Matriciel, 3S-GroupeB, deuxi`eme semestre 2009

LM-125 Calcul Matriciel, 3S-GroupeB, deuxième semestre 2009-2010
Université Pierre et Marie Curie
Correction Contrôle continu numéro 1 (1h)
Exercice 1. Questions de cours. (4 points)
Cours polycopié Théorème 30.
Exercice 2. To be or not to be. (6 points)
Applications linéaires.
1) Il n’existe pas d’application linéaire injective de R4 dans R3 . En effet, supposons qu’il en existe une que
l’on note f . L’espace de départ R4 est de dimension finie on peut donc appliquer le théorème du rang :
dim R4 = dim Ker f + rg f . Or Ker f = {0} car f est injective. Donc rg f = 4 ce qui est impossible car
Im f est un sous espace de R3 et donc rg f ≤ 3.
2) il existe de telles application par exemple. ϕ est évidement linéaire et surjective
ϕ:
R4
−→ R3
(x, y, z, t) 7−→ (x, y, z)
3)Il existe de telles applications. Par exemple l’application nulle.
ψ:
R4
−→ R3
(x, y, z, t) 7−→ 0R3
4)Ceci est impossible d’après le théorème 31 du cours. Une application linéaire entre deux sous espaces de
même dimension (finie) est injective si et seulement si elle est surjective.
Vecteurs.
1) Pas la peine d’aller chercher très loin on se rappelle qu’une famille formée d’un vecteur est libre si et
seulement si ce vecteur est non nul. (Proposition 38) la famille {(1, 1, 1, 1)} convient donc.
2) On se souvient qu’une sous famille d’une famille libre est libre (Proposition 39 b). La base canonique de
R4 est une famille libre à quatre éléments puisque c’est une base. Il suffit d’enlever un vecteur, le dernier par
exemple, la famille suivante convient donc {(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)}.
3) une famille génératrice de R4 a au moins quatre vecteurs (Proposition 45). Donc une famille libre à 1
élément convient prendre la solution du 1).
4) On sait qu’une famille libre de R4 a au plus 4 éléments (Proposition 45) et que tout famille contenant une
famille génératrice est elle même génératrice (Proposition 36). On peut donc prendre la base canonique de R4
qui est donc génératrice et lui ajouter n’importe quel vecteur :
{(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1), (1, 1, 1, 1)}
Exercice 3. L’hyperplan des matrices de trace nulle (4 points).
1) On définit l’application
tr :
Mn (C)
−→ P C
n
M = (mi,j )1≤i,j≤n 7−→
k=1 mk,k
tr est bien une application linéaire sur C (rappelons que Mn (C) est un C espace vectoriel cf Exemple 29). En
effet, soient M = (mi,j )1≤i,j≤n , N = (ni,j )1≤i,j≤n deux éléments de Mn (C) et λ, µ deux complexes.
tr(λM + µN ) =
=
n
X
(λM + µN )k,k
k=1
n
X
λmk,k + µnk,k
k=1
n
X
=λ
k=1
mk,k + µ
n
X
k=1
= λtr(M ) + µtr(N ).
1
nk,k
Il est clair que H = Ker tr.
2) Im tr ⊂ C donc rg tr = 0 ou rg tr = 1. Montrons que rg tr 6= 0 donc rg tr = 1 et donc on obtiendra que
Im tr = C c’est à dire que tr est surjective.
Si rg tr = 0 cela voudrait dire que Im tr = {0} et donc que ∀M , tr(M ) = 0. Or ceci n’est pas le cas puisque
par exemple, tr(In ) = n 6= 0.
3)H est un espace vectoriel comme noyau d’une application linéaire. H est un sous espace vectoriel de Mn (C)
(qui est de dimension finie égale à n2 cf Exemple 72) donc H est également de dimension finie. L’espace
de départ de l’application tr est un espace de dimension finie on peut donc appliquer le théorème du rang.
dim Mn (C) = dim H + rg tr. Par conséquent dim H = n2 − 1.
Exercice 4. Somme directe dans R3 (3 points).
1)F2 = V ect{(1, 1, 1)} donc F2 est un sous espace vectoriel de R3 (cf Exemple 32).
F1 est un sous espace vectoriel de R3 .
• F1 ⊂ R3 .
• (0, 0, 0) ∈ F1 .
• soient u = (u1 , u2 , u3 ) ∈ F1 et v = (v1 , v2 , v3 ) ∈ F1 ainsi que λ et µ deux réels, On a λu + µv ∈ F1 .
En effet, λu + µv = (λu1 + µv1 , λu2 + µv2 , λu3 + µv3 ). Et,
(λu1 + µv1 ) + (λu2 + µv2 ) + (λu3 + µv3 ) = λ(u1 + u2 + u3 ) + µ(u1 + u2 + u3 ) = λ0 + µ0 = 0.
2) Démontrons d’abord que la somme F1 + F2 est directe, c’est à dire montrons que F1 ∩ F2 = {0}. On a
évidement {0} ⊂ F1 ∩ F2 . Montrons donc l’autre inclusion soit u ∈ F1 ∩ F2 , u ∈ F2 donc il existe λ ∈ R tel
que u = (λ, λ, λ) mais comme u ∈ F1 on a λ + λ + λ = 0 par conséquent u = 0. Finalement, F1 ∩ F2 = {0}
la somme F1 + F2 est directe on peut écrire F1 ⊕ F2 .
On a donc F1 ⊕ F2 ⊂ R3 , il suffit de démontrer que dim(F1 ⊕ F2 ) = 3 pour obtenir l’égalité des deux ensembles. D’après la formule sur la dimension d’une somme directe ( cf Théorème 26) on a que dim(F1 ⊕ F2 ) =
dim F1 + dim F2 .
On a dim F1 = 2 car F1 = V ect{(1, −1, 0), (1, 0, −1)} donc la famille {(1, −1, 0), (1, 0, −1)} est génératrice,
on vérifie très rapidement que cette famille est libre. Cette famille est donc une base, elle a deux éléments donc
dim F1 = 2.
Il est évident que {(1, 1, 1)} est une base de F2 donc F2 est de dimension 1.
Ceci prouve bien que dim(F1 ⊕ F2 ) = 3.
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